磁场
一、多选题
1.（2018•卷Ⅱ）如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2 ， L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外,已知a、b两点的磁感应强度大小分别为
和
，方向也垂直于纸面向外，则（ ）
A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
【答案】A,C
【考点】磁感应强度
【解析】【解答】L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1 ， 方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2 ， 方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2 ， 方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知
故答案为：AC
【分析】先明确L1在ab两点的磁感应强度的大小和方向。再明确L2在ab两点的磁感应强度的大小和方向。还要注意ab两点还处于匀强磁场中，再结合题意根据矢量叠加原理即可解题。
2.某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（ ）
桑水
A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】A,D
【考点】安培力，高考真题
【解析】【解答】AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半轴转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故A、D正确；
B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；
C、左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C错误． 故选：AD．
【分析】线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动．
3.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是（ ）
A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1： D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
：
：1
【答案】B,C
【考点】磁现象和磁场、磁感线，安培力，左手定则，高考真题
【解析】【解答】A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；
CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等， 设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1：
，故C正确，D错误；
【分析】根据右手螺旋定则判出磁场方向，利用矢量合成法则得出合磁场方向，再用左手定则判力的方向，计算力的大小。
4.如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为 、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（ ）
A. a处的磁感应强度大小比c处的大 B. b、c两处的磁感应强度大小相等
C. a、c两处的磁感应强度方向相同 D. b处的磁感应强度为零 【答案】A,D
【考点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大．由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反．故A正确，BC错误；
D、由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确． 故选：AD．
【分析】根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可．
5.三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3 ， 下列说法正确的是（ ）
A. B1=B2＜B3 B. B1=B2=B3
C. a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 【答案】A,C
【考点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；
C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误． 故选：AC．
【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．
6. 图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便
桑水
在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A. 若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B. 若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 C. 若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D. 若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 【答案】B,D 【考点】安培力
【解析】【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确； 故选BD．
【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．
7.如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）
A. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【答案】B,C 【考点】安培力
【解析】【解答】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流瞬时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误。
【分析】应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可．
8. 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是（） A. 指南针可以仅具有一个磁极
B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C. 指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 【答案】B,C
【考点】磁现象和磁场、磁感线，安培力
【解析】【解答】指南针不仅可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近
沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。 【分析】本题主要是安培定则，以及地磁场相关知识，属于容易题。 二、单选题
9.处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO’ 转动，当线框中通以电流Ⅰ时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是（ ）
A. B. C.
D.
【答案】D
【考点】安培力，左手定则
【解析】【解答】通电导线在磁场中的受力可以借助左手定则，掌心让磁感线穿过，四指指向电流方向，左手大拇指就是代表了安培力方向。此题正解为D。【分析】通电导线在磁场中的安培力要用左手定则判断，当然电流不能和磁场方向平行，判断出电流方向和磁场方向，运用左手定则即可以知道安培力方向。
10.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为450的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线（ ）
A. 平行于EF，深度为
B. 平行于EF，深度为L
C. 垂直于EF，深度为
D. 垂直于EF，深度为L 【答案】A
【考点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行； 根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：
桑水
则由几何关系可以确定a到管线的距离为， 故A正确，BCD错误；
故答案为：A。
【分析】根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。 11. 如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A. 0 B. B0
C.
B0
D. 2B0 【答案】C
【考点】磁现象和磁场、磁感线，磁感应强度，高考真题
【解析】【解答】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P， 即B1=B0；
依据几何关系和三角函数知识，则有：BPcos30°= B0；
解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小均为BP= ；
当P中的电流反向，其他条件不变，（如图）
再依据几何关系和三角函数知识，则有：B2= ；
因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0； 最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=
=
，故C正确，ABD错误；
故选：C．
【分析】依据右手螺旋定则判出电流周围磁场方向，运用矢量的合成法则，及三角函数知识，即可求解．
12.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是
A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小 C. ab所受的安培力保持不
变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【考点】静摩擦力，安培力，楞次定律，法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生与原磁场方向相同的感应磁场，由安培定则判得顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b ， 故A项 错误；根据法拉第电磁感应定律，
， 回路面积S不变，磁感应强度
均匀减小,得感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以ab中的电流大小不变，故B项错误；安培力， 电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C项错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D项正确。
【分析】根据楞次定律的增反减同可以判出电流方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势恒定，所以电流大小不变。导体棒处于静止状态，得出静摩擦力等于安培力，由安培力 判出安培力减小，所以静摩擦力减小。 13. 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1 ， 这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2 ， 相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（ ）
A. ：2 B.
：
1 C.
：
1 D. 3：
【答案】C
【考点】圆形磁场，高考真题
【解析】【解答】设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M（图甲）时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1= ；
从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N（图乙）；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的
桑水
半径为R2= r；
根据洛伦兹力充当向心力可知： Bqv=m
解得：v=
故速度与半径成正比，因此v2：v1=R2：R1=
：1
故C正确，ABD错误． 故选：C．
【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，即可求得速度之比．
14. 如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点，在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（ ）
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 【答案】A
【考点】左手定则 【解析】【解答】解：P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由左手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上． 故选：A
【分析】根据左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向．
15. 如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是（ ）
A. 拉力的大小在运动过程中保持不变 B. 棒通过整个圆环所用的时间为
C. 棒经过环心时流过棒的电流为 D. 棒经过环心时所受安培力的大
小为
【答案】D
【考点】安培力
【解析】【解答】解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v=at，因此F=BIL=
，
可知在运动过程中棒所受安培力变化，则拉力大小也变化，故A错误； B、根据位移公式
，可得时间为
，故B错误；
C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为
，速度大小为
，产生感应电动势 ，所以产生感应电流大小为
×2=
，故C错误；
D、棒经过环心时所受安培力的大小为F=BIL= ，故D正确．
故选：D．
【分析】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧acb和弧adb的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．最后根据运动学公式可求出运动的时间．
16. 如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（ ）
A. 粒子速度的大小 B. 粒子所带的电荷
量 C. 电场强度 D. 磁感应强度
【答案】B
【考点】磁场和电场的复合
【解析】【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有vB=E．①
A、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故A错误． B、由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变．故B正确．
C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故C错误． D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故D错误． 故选B
【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变． 17. 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【考点】圆形磁场
桑水
【解析】【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆弧所对的圆心角为30°粒子在磁场中做匀速圆周运动
的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′
解得：
，A正确，BCD错误
故选：A
【分析】由题，粒子不经碰撞而直接从N孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．
18. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（ ）
A. 11 B. 12 C. 121 D. 144 【答案】D
【考点】质谱仪和回旋加速器 【解析】【解答】解：根据动能定理得，
得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有
得
②①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，
同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝ ，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误 故选：D
【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．
19. 在粒子散射实验中，电子对粒子运动的影响可以忽略，这是因为与粒子相比，电子（ ）
A. 电量太小 B. 速度太小 C. 体积太
小 D. 质量太小 【答案】D
【考点】磁场和电场的复合，原子的核式结构
【解析】【解答】在α粒子散射实验中，由于电子的质量太小，电子的质量只有α粒子的
，它对α粒子速
度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略。故D正确，A、B、C错误。
【分析】本题考查α粒子散射实验，涉及电子的特征，意在考查考生的识记能力。卢瑟福α粒子散射实验，说明原子是核式结构的。
20.（2016•新课标Ⅲ）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从PM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为 （）
A. B.
C.
D.
【答案】D
【考点】单边有界磁场
【解析】【解答】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为 点，根据几何知识可得 ，则三角形 AB为等边三角形，故∠ AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故C A为一条直线，所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为
，而半径公式
，故距离为
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离．
21. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 【答案】C
【考点】磁现象和磁场、磁感线
桑水
【解析】【解答】根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B正确；由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，C错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到的洛伦兹力作用，D正确；
【分析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案． 22. 如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（ ）
A. +x方向 B. -x方向 C. +y方向 D. -y方向 【答案】A
【考点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向向z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确。
【分析】根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向．
23.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）
A. B. C.
D.
【答案】A
【考点】安培力
【解析】【解答】由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据知受安培力越大越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。
【分析】本题主要考查是安培力，在通电导体在磁场中受安培力时，要注意导体的有效长度的计算。
24.（2015·四川）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计
电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（ ）
A. θ＝90°时，l＝
9.1cm B. θ＝60°时，l＝9.1cm C. θ＝45°时，l＝
4.55cm D. θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】A
【考点】磁现象和磁场、磁感线，磁场和电场的复合，电磁场与电磁波
【解析】【解答】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：
，解得电子圆周运动的轨道半径为
.恰好有
,，由于电子源s可向纸面内意方n发射电子，因此电子的运动轨团将是过5点的一系列半径为，的等大
圆，能够打到板W上的区域范围如下图所示，实线5表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线54表示电子轨机刚好与板相切于A点时的九r，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为
又由题设选项可知W与直线的夹角不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，
此时电子的轨团圆心C落在与MN距离为r，的平行线上，如下图所示，当＝4.55cm即时，即A点与板0
点重合，作出电子轨边如下图中实线，由图中几何关系可知，出时与MN的夹角＝300
， 故选项 C错误：选项D正确：当l＝9.1cm即时即A点与板M端重合作出电子轨团如下图中实线，由图中几
何关系可知出时与MN的夹角＝900
：，故选项A正确选项B错误，
【分析】粒子源中带电粒子等速率，不定方向发射时，相当于一系列等大圆直径旋转。
25. 题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是（ ）
桑水
A. a、b为粒子的经迹 B. a、b为粒子的经迹 C. c、d为粒子的经迹 D. c、d为粒子的经迹 【答案】D
【考点】磁场和电场的复合，磁场、电场和重力场复合
【解析】【分析】射线是不带电的光子线，在磁场中不偏转，故选项B错误。粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确。故选D。 【点评】本题主掌握①三种射线的性质比较
②三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较：
26.在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动，开始时线圈静止，线圈平面与磁
场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面（ ） A. 维持不
动 B. 将向使减小的方向转动
C. 将向使增大的方向转动 D. 将转动，因不知磁场方向，不能确定会增大还是会减小 【答案】B
【考点】左手定则，楞次定律
【解析】【分析】如图所示，画出其截面图，当B增强时，根据楞次定律可判定电流方向如图所示，根据左手定则可判定其受到的安培力如图所示。从而判定线圈将向使减小的方向转动，故答案B正确，A、C、D错。
【点评】根据左手定则可判定其受到的安培力 三、综合题
27.（2018•卷Ⅰ）如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂
直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核12
1H和一个氚核1H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x
轴正方向。已知1H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场。1
11H的质量为m,电荷量为q不计重力。求
（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离
（2）磁场的磁感应强度大小
（3）1
2H第一次离开磁场的位置到原点O的距离
【答案】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设 在电场中的加速度大小为 ，初速度大小为 ，它在电场中的运动时间为 ，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为 。由运动学公式有
① ②
由题给条件， 进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角 。 进入磁场时速度的y分量的大小为
③
联立以上各式得
④
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有
⑤ 设
进入磁场时速度的大小为 ，由速度合成法则有
⑥
设磁感应强度大小为B ，
在磁场中运动的圆轨道半径为
，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
⑧
联立以上各式得
⑨
（3）设
在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为 ，在电场中的加速度大小为 ，由题给条件得
⑩
由牛顿第二定律有
⑪
设 第一次射入磁场时的速度大小为 ，速度的方向与x轴正方向夹角为 ，入射点到原点的距离为 ，在电
桑水
场中运动的时间为 。由运动学公式有
⑫
⑬
⑭ ⑮
联立以上各式得
， ，
⑯
设
在磁场中做圆周运动的半径为
，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
⑰
所以出射点在原点左侧。设 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 ，由几何关系有
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得， 第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
⑲
【考点】速度的合成与分解，平抛运动，单边有界磁场，电荷在匀强电场中的运动
【解析】【分析】该题考查带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动，以及牛顿第二定律、类平抛运动的综合应用。
（1） 1 H在匀强电场中做类平抛运动，利用相关运动规律公式即可求解。（2）1
11H在匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，先求出轨道半径R，再由牛顿第二定律即可求解。（3） 21H与1 1H有相同的动能，利用21H在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动的特点即可求解。
28.（2018•天津）如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E ， 方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ， 方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、
的半圆环形区域，外圆
与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。
（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度 的大小。
【答案】（1）解:设粒子在磁场中运动的速度大小为v ， 所受洛伦兹力提供向心力，有 ①
设粒子在电场中运动所受电场力为F ， 有F=qE②；
设粒子在电场中运动的加速度为a ， 根据牛顿第二定律有F=ma③； 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at④；联立①②③④式得
⑤
（2）解:粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为 ，由几何关系可得⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ ， 即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 ⑦；
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场
时沿竖直方向的速度同样为v ， 在垂直于电场方向的分速度等于为 ，由运动的合成和分解可得 ⑧ 联立①⑥⑦⑧式得
⑨
【考点】电荷在电场中的加速，电荷在电场中的偏转，磁场和电场的复合，高考真题，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【分析】（1）考查了带电粒子在分别在磁场、电场中的运动以及牛顿第二定律，相对基础； 解题思路：根据磁场中洛伦兹力提供向心力求出进入磁场速度，结合电场中加速度和运动学公式，求出在电场中时间；
（2）难点的突破在于找到时间最小的临界条件：满足在磁场中的运动轨迹与内圆相切，结合几何图形求出半径，然后根据公式求出速度.
29.（2018•天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l ， 电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ， 列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由； （2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为 ，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【答案】（1）解:M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b ， 由c到d ， 故M接电源正极。 （2）解:由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为 ，由电阻的串并联知识得 ①；
设回路总电流为I ， 根据闭合电路欧姆定律有 ②
设两根金属棒所受安培力之和为F ， 有F=BIl③ 根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得 ⑤
（3）解:设列车减速时，cd进入磁场后经 时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通
量的变化为
，平均感应电动势为
，由法拉第电磁感应定律有
⑥，其中
⑦；
设回路中平均电流为 ，由闭合电路欧姆定律有 ⑧
设cd受到的平均安培力为
，有
⑨
桑水
以向右为正方向，设 时间内cd受安培力冲量为 ，有 ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为 ，有
⑪
设列车停下来受到的总冲量为 ，由动量定理有 ⑫ 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 ⑬
讨论：若
恰好为整数，设其为n ， 则需设置n块有界磁场，若
不是整数，设
的整数部分为N ， 则
需设置N+1块有界磁场。⑭
【考点】动量定理，安培力，左手定则，双边有界磁场，高考真题
【解析】【分析】（1）考查左手定则，较基础；第二问考查闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律，较基础； （3）考查难度较高，需要根据动量定理，计算出列车经过一块有界磁场时的冲量及列车停下来时的总冲量变化 易错点：对磁场块数的讨论，若比值不是整数，需设置整数部分N+1.
30.（2018•卷Ⅲ）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1 ， 并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。
【答案】（1）解:设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1 ， 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1 ， 磁场的磁感应强度大小为B ， 由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知
③
由①②③式得
④
（2）解:设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2 ， 射入磁场的速度为v2 ， 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
⑤ ⑥
由题给条件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
⑧
【考点】对单物体(质点)的应用，电荷在电场中的加速，单边有界磁场，洛伦兹力
【解析】【分析】根据题意甲离子经加速电压由动能定理可得进入磁场的速度，进入磁场后由牛顿第二定律结合几何关系可求得磁感应强度。同理可知乙离子的半径，综合可知甲乙两种离子的比荷。
31. 如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率ν匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求
（1）电阻R消耗的功率； （2）水平外力的大小．
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有：E=BvL…① 则导体棒中的电流大小为： …②
电阻R消耗的功率：P=I2
R…③ 联立②③可解得：P=
…④
（2）解：由于导体棒ab匀速运动，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力的和，则水平外力： F=μmg+F安 …⑤ 安培力：
拉力：F=
【考点】安培力，法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式P=I2R求出电阻R的功率．（2）导体棒匀速向右滑动时，水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力，根据平衡条件求解水平外力F的大小．
32在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中：
（1）在对螺线管通电________ （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。
（2）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT。减小通电螺线管的电流后，
将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为（ ）
A. 5mT B. -5mT
C. 3mT D. -3mT 【答案】（1）前
（2）D
【考点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】 （1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差。 （2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于从另一端插入，磁传感器的读数可能为-3mT。 【分析】要知道:减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，从不同端插入磁传感器的读数的正负是不一样。
33. 如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成I、II两区域。区域I有方向竖直向
上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域II有固定在水平面上高 h=2l 、倾角 的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离 s=4l ，区域II可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C
点在DD＇上，距地面高 H=3l 。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小 、方向与水平面夹角
的速度，在区域I内做半径
的匀速圆周运动，经C点水平进入区域II。某时刻，不带电的绝
桑水
缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带
电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； （3）若小球A、P在时刻
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域II的匀强电场的场强E，并讨
论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【答案】（1）解：由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
①
代入数据解得
②
答：匀强磁场的磁感应强度的大小为 。 （2）解：小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC ， 到达斜面低端时刻为t1 ，有 ③ ④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA ， 与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有
⑤
⑥ 联立以上方程可得 ⑦
答：释放小球A的时刻tA为 。 （3）解：设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP ， 有
⑧ ⑨ ⑩ 联立相关方程解得 对小球P的所有运动情形讨论可得 由此可得场强极小值为 ；场强极大值为 ，方向竖直向上 答：场强极小值为 ；场强极大值为 ，方向竖直向上。 【考点】平抛运动，磁场、电场和重力场复合
【解析】【分析】（1）带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力和重力平衡（2）求出小球A沿斜面匀加速运动的时间、小球P匀速圆周运动的时间及离开磁场类平抛运动的时间，根据时间关系求释放小球A的时刻（3）小球P进入Ⅱ区做类平抛运动，根据类平抛规律列式，结合数学知识求E的最值． 34. 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，
其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m=1.0×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正
以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取
g=10m/s2
， 求
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
【答案】（1）解：小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合理为零，有
①
代入数据解得 ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
③
代入数据解得
④
答：小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向分别为20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600
（2）解：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运送没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy=vsinθ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 ⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
⑦
答：从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t为3.5s 【考点】磁场、电场和重力场复合
【解析】【分析】（1）小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；（2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解即可．
35. 做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈导线的横截面积A=0.80cm2 ， 电阻率，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减小为零，求（计算结果保留一位有效数字）
（1）该圈肌肉组织的电阻R；
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；
（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
桑水
【答案】（1）解：由电阻定律R=，解得R=6×10
3
（2）解：感应电动势E=，解得：E=4×10-2V （3）由焦耳定律得：
,解得Q=8×10-8
【考点】磁感应强度
【解析】【分析】本题主要是公式及计算，理解法拉第电磁感应定律E=n
，磁能量的变化可以是磁感应强度的变
化引起的，也可以是面积的变化引起的，另外要注意计算的正确性。
36. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为。电场强度为 ， 方向水平向右；磁感应强度为 ， 方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为、电荷量为的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径
（2）粒子从第层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为，试求
（3）若粒子恰好不能从第层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之 【答案】（1）
（2）
（3）若粒子恰好不能从第层磁场右侧边界穿出，则
，
在其他条件不变的情况下，设其比荷为
，假设通穿出第层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为
，由于
，则导致：
说
明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。 【考点】电荷在电场中的偏转，复杂边界
【解析】【解答】1.粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：
解得
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：
联立解得：
2.设粒子在第层磁场中运动的速度为，轨迹半径为（下标表示粒子所在层数），
,
粒子进入到第层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹
角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：由图
根据几何关系可以得到：
联立可得：
由此可看出
为一等差数列，公差为，可得：当
时，由下图可看
出：
37.如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。 【答案】（1）
（2）
或
（3）s=5.5πD
【考点】动能定理的综合应用，单边有界磁场 【解析】【解答】（1）根据动能定理：,解得E=
(2)粒子运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径,由
，解得B=
外切时，半径为：
由
，得B=
,
(3)若I区域的磁感应强度为，则粒子的半径为
;II区域的磁感应强度为
则粒子运动半径为
设：
；
同，设为，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：
=1200；=1800；=600
。粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为、，可得：=
,
设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2) 联立上述各式可得：s=5.5πD 四、计算题
38.（2018•江苏）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ， 宽为d ， 中间两个磁场区域间隔为2d ， 中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q ，
桑水
从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方 处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
（3）入射速度仍为5v0 ， 通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt ， 求Δt的最大值． 【答案】（1）解:粒子圆周运动的半径 由题意知
，解得
（2）解:设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα ， 得sinα= ，即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间 ，解得
直线运动的时间 ，解得
则
（3）解:将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα 由y≤2d ， 解得
则当xm=
时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
增加路程的最大值 增加时间的最大值
【考点】双边有界磁场
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有牛顿第二定律和几何关系可得磁感应强度。
（2）粒子先在矩形磁场中做匀圆周运动，由左手定则结合几何关系可知，粒子会垂直第二个矩形磁场边界射出，然后做匀速直线运动，运动2d的距离后再进入矩形磁场做匀速圆周运动，经分析可知，粒子从O运动到O′的时间等于在磁场中运动的时间（为在一个矩形磁场区域运动时间的4倍）与做匀速直线运动的时间之和。 （3）由粒子在磁场中的运动规律建立几何关系结合数学知识可解得Δt的最大值。
39.（2018•江苏）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为d ． 导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ， 方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ， 导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g ． 求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I； （3）通过的电荷量Q ．
【答案】（1）解:匀加速直线运动v2
=2as 解得
（2）解:安培力F安=IdB 金属棒所受合力
牛顿运动定律F=ma 解得
（3）解:运动时间 电荷量Q=It
解得
【考点】对单物体(质点)的应用，安培力，匀变速直线运动基本公式应用，电流的概念 【解析】【分析】（1）根据题意由匀变速运动的公式可求出下滑到底端时的速度。 （2）以金属棒为研究对象，进行受力分析由牛顿第二定律通过金属棒的电流大小。 （3）根据速度时间公式求出下滑过程的时间，由电流的定义式求出通过的电荷量。
40. 如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离．
【答案】（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有，
，那么，
，
；
粒子运动轨迹如图所示，
则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期； 那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期 ，在x＜0磁场区域运动的周期
，
所以，粒子运动的时间 ；
答：粒子运动的时间为
；
（2）当粒子的速度方向再次沿x轴正向时粒子与O点间的距离 ；
答：粒子与O点间的距离为
．
【考点】单边有界磁场，高考真题
【解析】【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强磁场洛伦兹力提供向心力，得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，相加即可；（2）根据粒子运动轨迹图得到距离等于两个圆的直径差值。 41. 一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动
桑水
轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
【答案】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1 电场加速由动能定理得
再由
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
解得
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 ；
（2）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d为
；
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为 的最小半径
的最大半径
由题意知
，即
﹣
＞L
解得L＜ [2 ﹣ ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件 L＜
[2
﹣
]
【考点】质谱仪和回旋加速器，磁场和电场的复合，高考真题
【解析】【分析】（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x； （2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
42.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【答案】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L ， 到y轴的距离为2L ， 粒子的加速度为a ， 运动时间为t,有
①
②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy= at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α ， 有
④
联立①②③④式得 α=45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。 设粒子到达O点时的速度大小为v ， 由运动的合成有
⑥
联立①②③⑥式得
⑦
（2）设电场强度为E ， 粒子电荷量为q ， 质量为m ， 粒子在电场中受到的电场力为F ， 由牛顿第二定律可得
F=ma ⑧ 又F=qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ， 所受的洛伦兹力提供向心力，有
⑩
桑水
由几何关系可知
⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得
⑫
【考点】电荷在电场中的偏转，磁场和电场的复合
【解析】【分析】（1）因为离子在电场中做类平抛运动，正交分解列方程，再用勾股定理求速度。
（2）画出运动轨迹图，由几何知识求得半径，列牛顿第二定律和半径公式方程求解。 43. 如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保
持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求：
①金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； ②电阻的阻值．
【答案】解：①根据牛顿第二定律：F﹣μmg=ma…① 刚进磁场时的速度： …② 感应电动势为： …③ 解得： …④ ②匀速运动受力平衡：F=μmg+bIl…⑤
回路电流为： …⑥ 得：
…⑦
答：①金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为
；②电阻的阻值为
．
【考点】安培力，法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】①根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势②进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻；本题是电磁感应中的力学问题，知道受力情况，要能熟练运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度．要知道安培力与速度成正比，都是常用的方法，这些思路要熟悉．
44. 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求
①作用在金属棒ab上的安培力的大小； ②金属棒运动速度的大小．
【答案】解：①设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为 ，作用在ab棒上的安培力的大小为
F，左斜面对cd的支持力大小为 ．对于ab棒，由力的平衡条件得
①
②
对于cd棒，同理有
③ ④
联立①②③④式得
F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤ ②由安培力公式得 F=BIL⑥
这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为 ɛ=BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
⑨
答：①作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；②金属棒运动速度的大小
．
【考点】安培力，闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】①对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小②根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解；本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．
45. 如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky （SI）。求：
①导体轨道的轨道方程y=f（x）；
②棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系； ③棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
【答案】解：①设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±
）,安培力的功率
棒做匀加速运动
桑水
代入前式得
轨道形式为抛物线。 ②安培力 =
以轨道方程代入得
③由动能定理
安培力做功 棒在
处动能
外力做功
【考点】动能定理的综合应用，安培力
【解析】【分析】①求出安培力的功率及题给表达式，匀变速运动的速度位移关系，电阻关系式联立而得到轨道方程；②将安培力表示出来，联立轨道方程即可求解；③根据动能定理求外力做功.
46. 回旋加速器的工作原理如题15-1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如题15-2图所示，电压值的大小为Ub。周期T=
。一束该粒子在t=0- 时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑
粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
①出折粒子的动能 ；②粒子从飘入狭缝至动能达到 所需的总时间 ；
③要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件. 【答案】解：①粒子运动半径为R时
且 解得
②粒子被加速n次达到动能Em ， 则Em=nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度
匀加速直线运动 由
，解得
③只有在 0 ~
时间内飘入的粒子才能每次均被加速
则所占的比例为
由
,解得
。
【考点】电荷在电场中的加速，圆形磁场，洛伦兹力
【解析】【分析】①根据牛顿第二定律，依据洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式，即可求解；②根据一次加速获得的动能，结合总动能，从而确定加速的次数，再依据运动学公式，求得在电场中加速的时间，最后根据粒子在磁场中的周期公式，即可求解；③根据只有在0到 时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，结合有超过
99%能射出，从而即可求解． 五、填空题
47.形象描述磁场分布的曲线叫做________,通常________的大小也叫做磁通量密度。 【答案】磁感线；磁感应强度 【考点】磁感应强度
【解析】【解答】为了形象的描述磁场而假想出来的曲线，曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向，这样的曲线称为磁感线；磁场的强弱大小用磁感应强度表示，在磁通量中有：
，所以磁感应强度也称为刺痛
密度。
【分析】磁感线是为了形象的描述磁场引入的，是假象的，磁感线的疏密表示强弱，切线方向表示磁场方向． 48. 如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为________ ；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F ， 则此时b受到的磁场力为________ 。
【答案】-F；-3F或5F 【考点】安培力
【解析】【解答】由牛顿第三定律，b受到a对它的磁场力为-F; a, b 的正中间再放置一根与a, b 平行共面的通电长直导线c后，c在a,b 两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，c导线对b导线的作用力是它对a导线的作用力的两倍，方向相反，a受到的磁场力大小变为2F，那么c导线对a导线的作用力可能是F也可能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是-2F也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或5F。
【分析】本题考查了通电直导线周围产生磁场的特点，距离直导距离相等的点，磁感应强度的大小相等，磁场力的叠加。 六、解答题
49. 如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离
桑水
后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。 【答案】(1)
;(2);(3)，方向竖直向上或竖直向下均可
【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，安培力，电磁感应与电路，电磁感应与力学
【解析】【解答】（1）由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时电流做的功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有，
=QR+Qef ①
根据并联电路的特点和焦耳定律Q=I2
Rt可知，电阻R和ef棒产生的焦耳热相等，即QR=Qef ② 有①②式联立解得，ef棒上产生的热量为：Qef=
（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：
改过程中回路变化的面积为：
③
根据法拉第电磁感应定理可知，改过程中，回路的平均感应电动势为： ④
根据闭合电路的欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为：
⑤
根据电流的定义可知，改过程中，流经ab棒某截面的电荷量为q=⑥
由③④⑤⑥联立解得q=
(3)有法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行x距离时，回路 中的感应电动势为：e=⑦
根据闭合电路的欧姆定律可知，流经ef棒的电流为⑧ 根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为F=ILB ⑨ 由⑦⑧⑨式联立解得F=
⑩
由⑩式可知，当x=0且B取最大值，即B=Bmax时，F有最大值Fmax ， ef帮受力示意图如下所示：
根据共点力平衡条件可知，在延导轨方向上有：Fmax= ⑪
在垂直导轨方向上有： ⑫
根据滑动摩擦定律和题设条件有：Fmax=uFN ⑬ 由⑩⑪⑫式联立解得：
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上，或竖直向下均可
由⑩式可知，当B=Bmax时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时x有最大值为Xmax此时，ef棒受力示意图如下图所示：
根据力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：在垂直与导轨方向上有：由⑩⑬⑭⑮式联立解得：
⑭ ⑮
50. 如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
【答案】m=0.01kg 【考点】安培力
【解析】【解答】金属棒通电后，闭合回路电流I=
=
=6A
导体棒受到安培力F=BIL=0.06N
根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下 开关闭合前2xKx0.5x10-2m=mg
开关闭合后2xKx(0.5+0.3)x10-2m=mg+F m=0.01kg
【分析】开关断开前后弹簧长度变化了0.3cm是解题的关键，变化的原因是安培力的出现，从而把安培力和金属棒重力联系起来。
桑水
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